TAP CHI TOAN HOC MATHVN

Tạp chí toán học

Số 03 - Năm 2009

Tạp chí Toán Học dành cho Học sinh - Sinh viên Việt Nam

Mục lục

Câu chuyện Toán học

Bài viết chuyên đề

• Phép Nghịch đảo trong giải và chứng minh Hình học phẳng Nguyễn Lâm Minh 11

• Applying R,r,p - method in some hard problems Tran Quang Hung 26

Mạch Nguyệt Minh 43Bài viết Chuyên đề Dịch thuật

Bạn đọc Tìm tòi

Cuộc thi giải Toán MathVn

Nhìn ra thế giới

Olympic Học sinh – Sinh viên

• Kì thi TST Việt Nam 2009 - Đề thi và bình luận Trần Nam Dũng 96Sai lầm ở đâu?

Câu chuyện Toán học

Toán học và Điện ảnh

Phỏng dịch theo Joan Lasenby, Maths goes to the movies, Plus Magazine, Tháng 03 - 2007

Dương Tấn Vũ, Học sinh trường THPT Quốc Học - Huế

Ăn hết bỏng ngô chưa? Chỗ ngồi bạn tốt chứ? Bạn ngồi có thoải mái không? Hãy bắt đầu xem nhé Toán học hân hạnh giới thiệu

Tất cả chúng ta điều ngạc nhiên bởi những hình ảnh vi tính giống thực đến mức không thể tinđược trong những bộ phim Nhưng hầu hết chúng ta không nhận ra rằng những con khủng longtrong Công viên kỷ Jura và những kì quan của Chúa tể của những chiếc nhẫn - đặc biệt nhất lànhân vật Gollum - sẽ không thể có được nếu không có Toán học

Những hình ảnh đáng kinh ngạc này được làm ra như thế nào? Đồ họa vi tính và tầm nhìn máytính là những vấn đề rất lớn Trong bài viết này, chúng ta sẽ có một cái nhìn đơn giản vào vài yếu

tố toán học cần dùng để đi đến sản phẩm cuối cùng Đầu tiên, chúng ta xây dựng một thế giới đượcthấy trong phim, và sau đó mang chúng ra đời thực

mã hóa bằng thứ tự các đỉnh được lưu vào, theo quy tắc đinh ốc (quy tắc nắm tay phải): Khum cácngón tay của bàn tay phải vòng quanh tam giác theo chiều được quy định bởi các đỉnh Chỉ có một

cách duy nhất để làm điều này và ngón tay phải sẽ chỉ về một phía của tam giác - phía đó là phíangoài Nếu bạn thử với một ví dụ, bạn sẽ thấy chiều hướng ra ngoài (pháp tuyến ngoài) của tamgiác (A, B, C) sẽ ngược chiều với của tam giác (A, C, B).

Pháp tuyến ngoài của (A, B, C) ngược hướng với (A, C, B) được xác định theo quy tắc nắm tayphải (quy tắc đinh ốc)

Kẻ một tia từ điểm nhìn đến một bề mặt Nó có phản xạ và giao với nguồn sáng không?

Bây giờ bề mặt của vật thể là một mạng lưới những tam giác, chúng ta sắp sửa tô những thànhphần của nó Điều quan trọng ở đây là phải bắt giữ ánh sáng thực tế của khung nền chúng ta đanglàm mô hình, điều này được thực hiện bằng quy trình gọi là ray tracing Bắt đầu từ điểm nhìn,chúng ta kẻ những tia trở lại hướng vào vật thể và để chúng phản xạ qua nó Nếu một tia từ mắtchúng ta phản xạ qua bề mặt (một trong những mắt lưới tam giác) và giao với nguồn sáng, thìchúng ta tô bề mặt nó bởi một màu sáng để khi xuất hiện chúng như bị chiếu sáng bởi nguồn sáng.Nếu tia không giao với nguồn sáng chúng ta tô một màu tối hơn

Để vẻ một tia trở lại một bề mặt, chúng ta cần mô tả bề mặt một cách toán học bao gồm nhữngđường thẳng và mặt phẳng được mô tả bởi bề mặt đó Điều này được thực hiện bằng việc sử dụngVectơ Chúng ta đặt một hệ tọa độ không gian 3 chiều lên phông nền với điểm gốc (0, 0, 0) - đặt tạiđiểm nhìn của chúng ta Một vectơ v = (a, b, c) bây giờ biểu thị một mũi tên từ gốc đến điểm có tọa

độ (a, b, c) Chúng ta có thể nhân v với một số, 2 chẳng hạn, theo quy tắc 2v = 2(a, b, c) = (2a, 2b, 2c).Vậy 2v là một mũi tên được vẽ cùng hướng với v nhưng dài gấp đôi

Xét biểu thức λv với biến λ là một số thực nào đó Đây không còn hiển thị một mũi tên vớichiều dài xác định nữa, vì chiều dài đã trở thành biến, chỉ có hướng là xác định thôi Nói cách khác,

biểu thức này mô tả một đường thẳng chứa vectơ v Nó mô tả một đường thẳng - một tia phát ra

từ điểm gốc nhìn theo hướng được cho bởi vectơ v

Mặt phẳng được xác định bởi bề mặt tam giác có thể được miêu tả bởi 3 mẫu thông tin: tọa độmột đỉnh-gọi là đỉnh a1, hai vectơ thể hiện 2 đường thẳng từ đỉnh a1 đến đỉnh a2 và từ đỉnh a1 đếnđỉnh a3

Dưới đây cho thấy phương trình của một tia từ mắt chúng ta và phương trình mặt phẳng đượccho bởi một bề mặt Để tìm ra tia có cắt bề mặt không và nếu có thì cắt ở đâu và để lập phươngtrình của tia phản xạ, chúng ta cần giải những phương trình bao gồm 2 biểu thức này

Phương trình của một tia, với λ là một số thực và v là một vectơ:

r = λvPhương trình của mặt phẳng được xác định bởi bề mặt với các đỉnh a1, a2 và a3:

r = a1+ µ1(a2− a1) + µ2(a3− a1)Ray tracing có thể tạo ra những khung cảnh thực tế nhưng nó rất chậm Nó có thể chấp nhậnđược đối với những bộ phim vi tính, nhưng sẽ trở thành một vấn đề khi bạn cần sự thay đổi ánhsáng trong thời gian thực, ví dụ như trò chơi vi tính Những hiện tượng phức tạp như bóng, tụquang, những phản xạ phức tạp rất khó để làm mẫu sống động Nhiều phương tiện toán học phứctạp, ví dụ như Precomputed Radiance Transfer1 và Radiosity2 sẽ được sử dụng ở đây

Các game như Doom 3 và Neverwinter nights đòi hỏi ánh sáng sống động

1 http : //en.wikipedia.org/wiki/Precomputed_Radiance_Transfer

2 http://en.wikipedia.org/wiki/Radiosity

Tất cả những gì phải cần là một chút tưởng tượng

Một khi khung cảnh được thiết lập và chiếu sáng, chúng ta vẫn đang đợi đạo diễn nói “Action”

và những nhân vật của chúng ta bắt đầu chuyển động Bây giờ chúng ta sẽ kiểm tra rằng toán học

có thể mang những những hình ảnh của chúng ta đến với cuộc sống không

Một trong những chuyển động cơ bản mà vât thể trình diễn là sự xoay tròn quanh một trục chotrước và qua một góc cho trước Hình học tọa độ cho chúng ta những công cụ để tính vị trí củamỗi điểm trên vật thể sau khi chúng được xoay, nhưng điều quan trọng là những công cụ này phảinhanh và hiệu quả

Để tìm những công cụ này, hày lùi một bước trở lại lớp học môn Toán Chúng ta biết rằng cóhai căn bậc hai của 25 là: 5 và −5 vì (±5)2= 25 Nhưng căn bậc hai của -25 là bao nhiêu? Để tìmcăn bậc hai của một số âm, những nhà toán học đã xây dựng một số mới, gọi là i, với i2= −1 Vậy

vì (±5i)2= 25i2= −25 nên chúng ta tìm ra rằng√

−25 = ±5i Sự đưa vào số i có nghĩa là phươngtrình như x2 = −1 bây giờ có thể giải được Và những số có dạng z = x + iy, gọi là số phức, trởthành một công cụ quan trọng trong toán học Nhưng nhiều người đã không vui với số ảo i mới lạ này.Cuối cùng vào năm 1806 nhà toán học nghiệp dư Jean-Robert Argand đã đưa ra một giải thíchhình học về số phức và số i Argand liên kết những số phức với những điểm trên trên mặt phẳngrằng số thực 1 nằm trên một trục và số ảo i nằm trên trục khác Ví dụ số 1 + i tương ứng với điểm(1, 1) Một cách tổng quát số a + ib tương ứng với điểm (a, b)

Phép nhân với số phức có một ý nghĩa hình học - phép quay

Argand nhận ra rằng phép nhân với số phức mô tả một ý niệm hình học: phép quay Hãy xemchuyện gì xãy ra nếu ta nhân số 1 + i, biểu diễn bởi điểm (1, 1), với i

i(i + 1) = i − 1 = −1 + i

số mà được biểu diễn bởi điểm (−1, 1), một phép quay với góc 90◦ Lại nhân với i ta được:

i(−1 + i) = −i − 1 = −1 − i

chính là điểm (−1, −1), một phép quay 90◦ Nhân với i là một "lệnh" để quay 90◦! Thực tế, bất cứ

sự quay nào, không chỉ 90◦, có thể đạt đạt được bằng phép nhân với một số phức

Đến cuối đời Hamilton đã khám phá ra câu trả lời, trong hình thức của một cái gì đó ông gọi làquaternion - là những số có dạng

q = a0+ a1i + a2j + a3kVới i2= j2= k2= ijk = −1 và a0, a1, a2, a3 là các số thực

Cũng chỉ như chúng ta đã làm với số phức, chúng ta có thể mô tả quaternion một cách hình học

và sử dụng chúng để mô tả phép quay Nhưng lần này là phép quay trong không gian 3 chiều

Để làm điều này, i, j và k phải mô tả những mặt phẳng cơ bản trong không gian 3 chiều: đó là

i mô tả mặt phẳng yz, j cho mặt phẳng xz và k cho mặt phẳng xy với pháp tuyến ngoài lần lượttheo hướng x, −y và z

i, j và k có thể được thể hiện như là những mặt phẳng cơ bản của không gian 3 chiều

Giả sử chúng ta cần quay điểm a = (a1, a2, a3) một góc β qua trục đi qua gốc tọa độ và cho bởivectơ (b1, b2, b3) Chúng ta xây dựng 2 quaternion q1 và q2sử dụng vectơ trục b và góc quay β

q1cos(β/2) + sin(β/2)(b1i + b2j + b3k)

và

q2= cos(β/2) − sin(β/2)(b1i + b2j + b3k)Sau đó chúng ta có thể nhân a (được biểu diễn bằng sự kết hợp các vectơ đơn vị theo hướng x, y

và z) với 2 quaternion (tuân theo các quy tắc đặc biệt trong nhân những mặt phẳng i, j và k vớicác vectơ đơn vị), ta được:

a0= q1aq2

Thì ra rằng điểm a0cho bởi phép nhân này chính xác là điểm có được khi bạn quay a quay quanhtrục cho trước một góc β! Vậy cũng như số phức có thể được dùng để miêu tả sự quay trên mặtphẳng, thì quaternion có thể được sử dụng để mô tả sự quay trong không gian 3 chiều

Ánh sáng lóe lên trong Hamilton, khi ông đi bộ dưới cái cầu đó ở Dublin, hóa ra là cách hiệuquả nhất để quay một vật thể trong không gian 3 chiều Nhưng không phải mọi người đã vui vớiphương pháp nhân mới mẻ này của ông Lord Kelvin, nhà vật lí, nói về quaternion: “ tuy là tàitình, nhưng dù sao đi nữa, nó hoàn toàn là một tai họa cho ai đã từng đụng đến nó!”

Có điều đặc biệt đáng ngại với một số người là khi bạn nhân 2 quaternion, kết quả phụ thuộc vàothứ tự bạn nhân chúng, một đặc tính gọi là không giao hoán Ví dụ, từ quy tắc nhân của Hamilton,

có thể thấy rằng ij = k và ji = −k Tuy nhiên khi một người xem i, j và k như những mặt phẳng

cơ bản, thì những đặc tính, cái gây lo lắng cho Kelvin và những người cùng thời với ông, chỉ là sinh

ra trực tiếp từ toán học

Mang những hình ảnh vào cuốc sống

Phát minh của Halminton bây giờ được sử dụng trong nhiều ứng dụng đồ họa để di chuyểnvật thể hay tạo sự vận động Hai công cụ quan trọng nhất trong đồ họa vi tính là sự biến hình

và phép nội suy Phép nội suy và kĩ thuật của keyframing bao gồm xác định hình dạng, vị trí banđầu và kết thúc của vật thể và máy tính sẽ thực hiện những công việc ở giữa, như thấy trong hình sau.Hình dạng của ấm trà thay đổi dần dần qua một chuỗi ảnh

Sự biến hình là cách dựng những vật thể phức tạp từ những cái đơn giản hơn Một tấm vải rơivào một quả cầu méo, như hình dưới, có thể nhận được từ sự vận dụng toán học vào vào khungcảnh của quả cầu bình thường Cả biến hình và nội suy đều yêu cầu những kĩ thuật toán học nhanhchóng và ổn định và những phương pháp liên quan đến quaternion sẽ cung cấp những thứ đó

Một tấm vải rơi xuống quả cầu tròn có thể đựơc làm mô hình bằng việc sử dụng nhưng quy tắcvật lí.

Và sau đó được vận dụng để làm hình ảnh trên quả cầu méo

Làm cho Gollum như thật!

Những kĩ thuật được miêu tả ở trên là những công cụ thiết yếu trong hoạt hình cổ điển, và chúng

ta thật sự vui khi tin tưởng những thành quả của chúng trong những nhân vật hoạt hình Nhưngkhi làm con người chúng ta ngay lập tức nhận ra rằng nó không đúng Để xây dựng những chuyển

động thực tế, thường thường phải đòi hỏi kỹ thuật bắt giữ chuyển động.

Nhiều nhân vật, như Gollum trong phim Chúa Tể Của Những Chiếc Nhẫn chẳng hạn, đựơc xâydựng sử dụng cách bắt giữ chuyển động này Điều này đựơc thực hiện bằng việc gắn những gươngphản xạ trên người thật ở những điểm chính trên cơ thể: đầu, vai, khuỷu tay, đầu gối Những cáthể được quay phim bằng những những máy quay đa chiều và những thay đổi vị trí của gương phản

xạ sẽ được lưu trữ trên một máy tính Một bộ xương sẽ được đặt vào không gian 3 chiều ảo Cuốicùng, tất cả kĩ thuật được mô tả ở trên được sử dụng để đặt thịt vào xương và tạo một nhân vậtsống, thở và chuyển động

Dữ liệu thu đựơc từ chuyển động của những gương phản xạ gắng vào các phần khác nhau của cơthể

Một khung xương sẽ được lắp một cách toán học vào dữ liệu

Nếu bạn từng ở lại để xem toàn bộ đoạn giới thiệu bạn sẽ nhận ra rằng có rất nhiều tài năngsáng tạo khi làm một bộ phim thành công: tác giả, đạo diễn, diễn viên, thiết kế trang phục, dựngcảnh danh sách còn tiếp tục Nhưng một cái tên thường bị bỏ quên - đó là Toán học Rất nhiều

bộ phim ngày nay sẽ không thể có đựơc nếu không có Hình học của việc vẽ tia và quaternion đãquay những vật thể trong không gian Vậy lần sau bạn vào ghế ngồi ở rạp chiếu phim để thưởngthức một quang cảnh CG, hãy giơ cao bỏng ngô của bạn cho Toán học - ngôi sao lặng lẽ của buổibiểu diễn Hãy thử nhé!

Bài viết Chuyên đề MathVn

Phép Nghịch đảo - Ứng dụng trong giải và

chứng minh Hình học phẳng

Nguyễn Lâm Minh1, Học sinh trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tp HCM

I - Định nghĩa - Tính chất

1.1 Định nghĩa

Hồi còn học ở THCS, có một bài toán khá quen biết:

"Cho (O) Một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến AK đến (O) (K ∈ (O)) Mộtcát tuyến bất kỳ từ A đến (O) cắt (O) lần lượt tại 2 điểm M, N Khi đó, ta luôn có AK2= AM.AN "

Để ý rằng cứ với một điểm M0 bất kỳ nằm trên đường tròn (O) thì luôn tồn tại một điểm N0

khác là giao điểm cuả (O) và KM0sao cho AM0.AN0= AK2 Khi cho M0−→ K thì N0−→ K.Phép nghịch đảo được xây dựng dựa bài toán quen thuộc bên trên Tức là, với một điểm O cốđịnh nằm trên mặt phẳng và một số hằng số k 6= 0 Nếu ứng với mỗi điểm P cuả mặt phẳng khácvới điểm O, ta tìm được một điểm P0 khác nằm trên OP sao cho OP OP0= k thì phép biến hìnhbiến P 7→ P0 được gọi là phép nghịch đảo cực O, phương tích k Ta ký hiệu phép biến hình này làI(O, k) hay f (O, k) Trong bài viết này, tác giải sẽ sử dụng ký hiệu f (O, k) và f (P ) = P0 sẽ ám chỉ

P0 là ảnh cuả P qua phép nghịch đảo cực O, phương tích k

1.2 Tính chất

a) Phép nghịch đảo có tính chất đối hợp Vì OP OP0= k = OP0.OP Do đó P = f (P0) và ngượclại P0 = f (P ) Như vậy f ◦ f (P ) = P hay f2là phép một đồng nhất

b) Nếu k > 0 thì hai điểm P, P0 nằm cùng phía đối với O Đường tròn (O,√

k) lúc này được gọi

là đường tròn nghịch đảo cuả phép nghịch đảo f (O, k) Khi đó các điểm M mà thoả mãn f (M ) = Mđược gọi là các điểm kép cuả phép nghịch đảo f (O, k) Hơn nữa, tập hợp các điểm này là (O,√

k).Nếu k < 0 thì hai điểm P, P0 nằm về hai phía khác nhau đối với O Trong trường hợp này sẽkhông xuất hiện điểm kép đối với f (O, k) do đó đường tròn nghịch đảo cuả f (O, k) sẽ được gọi làđường tròn bán thực, trong đó tâm cuả đường tròn là thực và bán kính cuả đường tròn là ảo.Khi M càng tiến lại gần O là cực nghịch đảo thì ảnh cuả thì f (M ) sẽ càng tiến xa O, tức là nếu

M −→ O thì f (M ) −→ ∞

c) Phép nghịch đảo f (O, k) có phương tích k > 0 và P, P0 là ảnh của nhau qua phép nghịch đảo

f (O, k) thì mọi đường tròn qua 2 điểm P, P0 đều trực giao với (O,√

k) (Hai đường tròn (O), (O0)được gọi là trực giao với nhau nếu 2 tiếp tuyến tại 1 giao điểm cuả (O) và (O0) vuông góc với nhau).Hơn nữa, mọi đường tròn (C) qua P, P0 đều biến thành chính nó qua f (O, k), với k > 0

1 Email: lamminh_12kof@yahoo.com

d) Nếu (O1) và (O2) lần lượt trực giao với (O,√

k), k > 0 và (O1), (O2) lần lượt cắt nhau ta haiđiểm thì hai điểm này sẽ là ảnh cuả nhau qua phép nghịch đảo f (O, k)

e) Phép nghịch đảo f (O, k), k 6= 0 Thì với hai điểm A, B không thẳng hàng với cực nghịch đảo,

ta luôn có A, B, f (A), f (B) là các điểm đồng viên

f) Đặt A0= f (A) và B0= f (B) khi đó A0B0 = |k| AB

OA.OB.Tuy nhiên ta lưu ý rằng khẳng định f (O, k) : AB 7→ A0B0 là sai!

Tính chất ảnh cuả một đường thẳng hay một đường tròn qua phép nghịch đảo sẽ được phát biểungay sau đây:

• Từ định nghiã ban đầu, ta đã biết được rằng một đường thẳng d bất kỳ qua cực nghịch đảo Othì qua f (O, k), d biến thành chính nó

• Một đường thẳng d bất kỳ không đi qua O- cực nghịch đảo thì qua f (O, k), d sẽ biến thànhmột đường tròn (C) đi qua cực nghịch đảo

Thật vậy, ta gọi P là hình chiếu cuả O lên d và P0 là ảnh cuả P qua f (O, k) Gọi A là điểmbất kỳ nằm trên d và A0 là ảnh cuả A qua f (O, k) Khi ấy, ta được OP.OP0 = OA.OA0 = k, từ đósuy ra 4A0P0O đồng dạng 4P AO Suy ra ∠AP O = ∠A0P0O = 90◦, điều này nói lên A nằm trênđường tròn đường kính OP0 Hơn nữa, tâm cuả (C) sẽ là ảnh cuả điểm đối xứng với O qua d quaphép nghịch đảo cực O, phương tích k

• Đảo lại, nếu đường tròn (C) đi qua cực nghịch đảo O Khi đó, qua f (O, k), (C) biến thànhđường thẳng d không qua cực nghịch đảo

Gọi P là điểm đối xứng cuả O qua tâm đường tròn (C) và P0 là ảnh cuả P qua f (O, k).Với A là điểm bất kỳ nằm trên (C) (A 6= O), ta gọi A0 là ảnh cuả A qua f (O, k) Cũng nhưchứng minh cuả tính chất bên trên, khi đó, ta được 4OP0A0 đồng dạng với 4OAP Từ đó suy ra

∠OP0A0= ∠OAP = 90◦ Do đó mọi điểm A sẽ nằm trên đường thẳng đi qua P0và vuông góc với OP

• Với mọi đường tròn (C) không qua cực nghịch đảo O thì qua f (O, k), (C) sẽ biến thành (C0)cũng không đi qua cực nghịch đảo

Lấy một điểm M bất kỳ nằm trên (C) và M0 là ảnh cuả M qua f (O, k) Khi đó, ta cóOM.OM0 = k Gọi N là giao điểm thứ hai cuả OM và (C) và p là phương tích cuả O đối với(C), ta có OM.ON = p Từ đó suy ra OM0 =kpON

Hệ thức này chứng tỏ rằng M0 là ảnh cuả N qua phép vị tự tâm O, tỉ số k1 = kp Khi M chạyvạch nên (C) thì N cũng chạy và vạch nên đường tròn (C), còn M0 sẽ vạch nên (C0) là ảnh cuả(C) qua H(O, k1) Do đó (C0) là ảnh cuả (C) qua f (O, k) Vì (C) không qua cực O, hiển nhiên (C0)cũng không qua cực O

Tuy nhiên tâm cuả (C) sẽ không biến thành tâm cuả (C0) qua f (O, k)

g) Phép nghịch đảo bảo tồn góc giữa 2 đường tròn (hay giữa một đường tròn và một đườngthẳng, hay giữa hai đường thẳng)

Tính chất g bên trên là một tính chất quan trọng cuả phép nghịch đảo nên tác giải sẽ cố gắngtrình bày thật chi tiết và dễ hiểu cho bạn đọc

Ta định nghĩa thế nào là góc giữa hai đường cong:

Định nghĩa Cho hai đường con (C1) và (C2) cắt nhau tại một điểm A nào đó và tại đó, tadựng các tiếp tuyến cuả (C1) và (C2) Khi đó, ta định nghĩa góc giữa hai đường cong (C1) và (C2)

là góc giữa hai tiếp tuyến tại A cuả chúng

Chứng minhTrước tiên, ta xét bổ đề sau:

Bổ đề Cho f (O, k) biến đường cong (C) thành đường cong (C0) Nếu A, A0 là hai điểm tươngứng trên (C), (C0) và tại đó chúng có các tíếp tuyến thì các tiếp tuyến này đối xứng với nhau quađường trung trực cuả đoạn AA0

Thật vậy, ta gọi M là một điểm nằm trên (C) và M0 là ảnh cuả M qua f (O, k), suy ra M0 nằmtrên (C0) Ta lại có OM.OM0 = OA.OA0 = k, suy ra M, M0, A0, A nội tiếp.Gọi (K) là đường tròn

đi qua A, A0, M0, M Cho M −→ A, khi ấy M0 −→ A0 Do đó M A, M0A0 lần lượt suy biến thànhtiếp tuyến t và t0 tại A, A0 cuả các đường cong (C), (C0) tương ứng và (K) suy biến thành đườngtròn (K0) tiếp xúc với đường cong (C) và (C0) lần lượt tại A và A0 Rõ ràng lúc này, t và t0 sẽ làtiếp tuyến tại A và A0 cuả (K0) tương ứng Từ đó suy ra, t và t0 đối xứng nhau qua đường trungtrực cuả AA0

II - Vẻ đẹp cuả phép nghịch đảo trong chứng minh các bài toán hình học phẳng

Ta khởi động với bài toán quen thuộc, từng xuất hiện nhiều trong các kỳ thi trong nước, gầnđây nhất là kỳ thi tuyển sinh THPT năm học 2009-2010

Bài toán 1 Cho 4ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) Gọi B0, C0 lần lượt là hình chiếu cuả

B, C trên AC, AB Chứng minh rằng tiếp tuyến tại A cuả đường tròn (O) song song với B0C0, từ

đó suy ra AO ⊥ B0C0

Lời giải

Trước tiên dễ thấy được rằng B, C0, B0, C đồng viên Do đó AB.AC0= AC.AB0= k Xét phépnghịch đảo cực A, phương tích k, ta được I(A, k) : B07→ C, C07→ B Vì vậy I(O, k) : B0C07→ (O).Gọi ta là tiếp tuyến tại A cuả (O) thì ta có I(A, k) : ta 7→ d Mặt khác ta tiếp xúc (O) do đó

ta||B0C0(phép nghịch đảo bảo tồn góc) Khi ấy, ta có ngay OA ⊥ B0C0 (Vì OA ⊥ ta) 

Bài toán trên là một bài toán thuộc dạng kinh điển và quen thuộc Nhiều bạn thậm chí là các bạnTHCS không gặp khó khăn mấy khi chứng minh bài toán trên Trên trang website www.mathlinks.ro

có đến "hàng tá" cách giải cho bài toán này, trong đó có một cách chỉ thuần túy biến đổi góc Riêng

ý sau cuả bài toán trên vẫn có thể chứng minh được mà không cần dùng đến ý đầu Thật vậy, ta đãbiết qua phép nghịch đảo cực A, phương tích k, I(A, k) : B0C07→ (O) Do dó O sẽ là ảnh cuả điểmđối xứng với A qua B0C0 Rõ ràng ta có ngay AO ⊥ B0C0 Hơn nữa, từ ý này, ta còn có thể chỉ racác đường thẳng lần lượt qua A, B, C vuông góc với C0B0, A0C0, A0B0thì đồng quy với nhau tại O.Bài toán bên trên có một dạng tổng quát hơn Chúng ta cùng xét dạng tổng quát cuả bài toánnày qua bài toán tiếp theo

Bài toán 2 Cho 4ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) Một đường tròn (O0) bất kỳ đi qua B, Cthoả mãn nó cắt đoạn AB, AC lần lượt tại B0, C0 Gọi A0 là giao điểm cuả B0C0 Một đường tròn(K) có tâm nằm trên B0C0 tiếp xúc với AA0 tại A Chứng minh rằng A0 và O là hai điểm liên hợpvới nhau qua (K)

Lời giải

Để chứng minh A0, O là hai điểm liên hợp với nhau qua (K) Ta sẽ chứng minh rằng đường trònđường kính A0O trực giao với (K) Gọi (K0) là đường tròn đường kính A0O Do đó ta sẽ chứngminh phương tích từ K đến (K0) bằng R2, trong đó R là bán kính cuả (K) Mặt khác, từ giả thiết,

ta suy ra được 4A0AK là tam giác vuông ở A Do đó nếu gọi A0 là hình chiếu cuả A lên B0C0;khi ấy ta nhận được R2= AK2= KA0.KA0 Do vậy ta sẽ chứng minh A0 ∈ (K0) Điều này tươngđương với việc chứng minh A, O, A0 thẳng hàng (∗) Và đây chính là ý mở rộng cuả Bài toán 1 màtác giải muốn nói với bạn đọc Bây giờ, ta sẽ chứng minh (∗)

Thật vậy, qua phép nghịch đảo cực A, phương tích k = PA/(O 0 ), ta có I(A, k) : B07→ B, C07→ C.

Do đó B0C0 7→ (ABC) Từ đó suy ra được AO⊥B0C0 Điều ày chứng tỏ A, O, A0 thẳng hàng Từ

đó suy ra điều phải chứng minh 

Bài toán 3 (Định lý Ptolémée) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để một tứ giác lồi nộitiếp được là tích hai đường chéo cuả nó bằng tổng cuả tích hai cạnh đối diện

Lời giải

Xét tứ giác ABCD Xét phép nghịch đảo cực D, phương tích k bất kỳ Thì I(D, k) : A 7→ A0,

B 7→ B0, C 7→ C0 Như vậy ABCD là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi A0, B0, C0 thằng hàng Điều nàyxảy ra khi và chỉ khi A0C0= A0B0+ B0C0 hay nói cách khác là:

|k| ACDA.DC = |k|

ABDA.DB = |k|

BCDB.DCNhân hai vế cho DA.DB.DC.|k|, ta thu được: AC.BD = AD.BC + AB.DC 

Định lý Ptolémée là một bài toán quen thuộc đối với các em học chuyên sâu về toán ở THCS

và cách giải phổ biến cuả định lý này là cách gọi thêm điểm D0 thoả mãn ∠D0DC = ∠BAC,

∠D0CD = ∠BCA để tạo cặp tam giác 4CD0D và 4CBA đồng dạng nhau và một cặp đồngdạng khác, xuất hiện một khâu biến đổi góc Rõ ràng dưới quan điểm của phép nghịch đảo, định

lý Ptolémée trở nên không hề một chút khó khăn trong việc suy nghĩ gọi thêm yếu tố phụ! Lưu

ý rằng bằng phương pháp dùng phép nghịch đảo, tương tự ta cũng chứng minh được định lý mở rộng:

"Điều kiện cần và đủ để một đa giác lồi trên mặt phẳng A1A2 An, n ≥ 4 nội tiếp đường trònlà:Pn−1

i=2 AiAi+1(Q

k6=1A1Ak) = A2An.A1A3 A1An−1"

Tiếp theo là một ứng dụng khác cuả phép nghịch đảo trong một bài toán cuả Nga (Liên Xôtruớc đây) đề nghị trong kỳ thi IMO 1985

Bài toán 4 Cho tam giác ABC Một đường tròn tâm O đi qua điểm A, C và cắt lại đoạn

AB, BC theo thứ tự tai hai điểm phân biệt K, N Giả sử các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

và KBN cắt nhau tại đúng hai điểm phân biệt B, M Chứng minh rằng:∠OM B = 90◦

Lời giải

Gọi R là bán kính cuả đường tròn tâm (O) nói trên Gọi P ≡ KN ∩ AC, S ≡ KC ∩ AN Theomột kết quả quen thuộc thì B sẽ là đố cực cuả P S qua (O) và ngược lại P sẽ là đối cực cuả BS qua(O) Do đó S sẽ là đối cực cuả BP qua (O) Gọi M0≡ OS ∩ BP , ta có ngay OM0⊥ BP Mặt khác,

ta lại có BS ⊥ OP (Do BS là đường đối cực cuả P qua (O)), tương tự P S ⊥ OB Ta suy ra được S

là trực tâm 4BOP Do đó nếu gọi B0 ≡ BS ∩OP , ta có ngay B0là ảnh cuả P qua I(O, R2) Ta lại cóI(O, R) : A 7→ A, C 7→ C Do vậy AC 7→ (OAC), P ∈ AC ⇒ B0 ∈ (OAC) ⇒ P O.P B0 = P A.P C.Mặt khác, dễ thấy B, M0, B0, O đồng viên do đó P M0.P B = P O.P B0 ⇒ P M0.P B = P A.P C

⇒ M0 ∈ (ABC) Để ý rằng P A.P C = P K.P N = P M0.P B, do đó M0 ∈ (BKN ) Hay nói cáchkhác M0 ≡ (BKN ) ∩ (ABC) M ≡ M0

Ta có ngay điề phải chứng minh 

Bài toán trên cũng là một dạng bài kinh điển Có tới những ba cách chứng minh cho bài toántrên trong đó có một cách biến đổi góc và độ dài các cạnh khá cầu kỳ Một lần nữa, với quan điểmphép nghịch đảo lại cho ta một lời giải đẹp "thuần" tính lý thuyết, không hề một chút tính toán chobài toán cũ mà đẹp bên trên Cũng xin nói thêm, điểm M trong bài toán có tên gọi là điểm Miquelđối với tứ giác toàn phần (BA, BC, P K, P A) có nhiều tính chất thú vị sẽ được giới thiệu trong bàiviết kỳ khác

Ta tiếp tục xem xét một ứng dụng khác cuả phép nghịch đảo qua bài đề nghị IMO cuả Bulgarianăm 1995

Bài toán 5 Cho A, B, C, D là bốn điểm phân biệt nằm trên một đường thẳng và được sắp xếptheo thứ tự đó Các đường tròn đường kính AC, BD cắt nhau tại các điểm X, Y Đường thẳng XYcắt BC tại Z Cho P là một điểm trên đường thẳng XY khác Z Đường thẳng CP cắt đường trònđường kính AC tại C và M , đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại B và N Chứngminh rằng: AM, DN, XY đồng quy

Lời giải

Gọi (C1) là đường tròn đường kính AC, (C2) là đường tròn đường kính BD P nằm trêntrên XY là trục đẳng phương cuả (C1) và (C2) do đó PP /(C1) = PP /(C2) Nói cách khác ta có

P C.P M = P B.P N = k Xét phép nghịch đảo cực P , phương tích k, ta có I(P, k) : M 7→ C, A 7→ A0

⇒ AM 7→ (P A0C) Tương tự ta cũng có được N D 7→ (P BD0), trong đó D0 là ảnh cuả D qua phépnghịch đảo cực I(P, k) XY 7→ XY Do đó để chứng minh XY, AM, DN đồng quy, ta sẽ chứngminh XY là trục đẳng phương cuả (P A0C) và (P BD0) Thật vậy, ta có ∠P ZC = ∠P A0C = 90◦ ⇒

Z ∈ (P A0C) Tương tự ta cũng có được Z ∈ (P BD0) Do đó P Z ≡ XY là trục đẳng phương cuả(P A0C) và (P BD0) Từ đây ta có được điều phải chứng minh 

Một lần nữa phép nghịch đảo lại cho ta thấy được sự lợi hại cuả nó trong việc sự đồng quy Cóthể thấy để ý rằng, phép nghịch đảo đã làm giảm tối thiệu lượng đường tròn xuất hiện trong bàitoán mà thay vào đó là các đường thẳng, hay các đường tròn có vẻ "dễ nhìn hơn" Biến cái xa lạigần, biến cái khó kiểm soát, khó nắm bắt thành cái dễ kiểm soát, dễ nắm bắt là một trong nhữngđặc tính vô cùng lợi hại cuả phép biến hình đặt biệt này Cũng lưu ý với bạn đọc rằng, bài toántrên có thể giải bằng trục đẳng phương bằng cách gọi Q và Q0 lần lượt là giao điểm của AM , DNvới XY rồi chứng minh Q ≡ Q0 Phần chi tiết xin dành cho bạn đọc Tiếp theo sẽ lại là một ứngdụng khác của phép nghịch đảo, ta tiếp tục xét bài toán sau

Bài toán 6 Cho (O) đường kính BC Một điểm A nằm ngoài (O) Gọi B0, C0 lần lượt là giaođiểm của AC, AB với (O) Gọi H là giao điểm của BB0, CC0 Gọi M, N lần lượt là tiếp điểm củatiếp tuyến từ A đến (O) Chứng minh rằng H, M, N

Lời giải

Gọi A0 là hình chiếu của A lên BC Dễ thấy H là trực tâm tam giác ABC Xét phép nghịchđảo cực A, phương tích AB0.AC = AC0.AB = AM2 = AN2= k, ta có I(A, k) : M 7→ M N 7→ N ,

H 7→ A0 Dễ thấy ∠OM A = ∠ON A = ∠OA0A = 90◦ Như vậy ta được A0∈ (AM N ) Từ đó suy

ra được M, H, N 

Phép nghịch đảo tỏ ra hữu hiệu trong việc chứng các bài toán thẳng hàng Bài toán bên trên cóthể được phát biểu một cách tổng quát hơn Việc chứng minh chi tiết xin dành cho bạn đọc:

"Cho (O), từ điểm K bất kỳ nằm ngoài (O) kẻ các tiếp tuyến KM, KN đến (O) trong đó M, N

là các tiếp điểm Hai đường thẳng bất kỳ qua K cắt (O) tại các điểm lần lượt là (A, D), (B, C) Gọi

G là giao điểm của AC và BD Chứng minh rằng M, N, S thẳng hàng."

Ta tiếp tục xét bài toán sau Đây là một bài toán tính chất đẹp, khó và thú vị cuả tác giả HàDuy Hưng - giáo viên ĐHSP Hà Nội đăng trên tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ

Bài toán 7 (THTT 360/6-2007) Cho tứ giác ABCD có cặp cạnh đối diện không song song và

và hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác OAB và OCDcắt nhau tại X và O Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác OAD và OCB cắt nhau tại Y và O.Các đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại Z và T Chứng minh rằng bốn điểm X, Y, Z, Tcùng thuộc một đường thẳng hoặc đồng viên

Lời giảiTrước tiên đi việc chứng minh bài toán, ta xét bổ đề sau đây:

Bổ đề Cho tứ giác ABCD E là giao điểm cuả AB, CD; F là giao điểm cuả AD, BC Khi đócác đường tròn đường kính AC, BD, EF có cùng trục đẳng phương

Thật vậy, gọi H, K lần lượt là trực tâm cuả các tam giác ECB và F CD Gọi L, M, N lần lượt

là hình chiếu cuả H lên EB, EC, CB và P, Q, R lần lượt là hình chiếu cuả K lên DF , CF , CD.Khi đó ta thu được:

HL.HC = HM HB = HN HE

KP KC = KQ.KD = KR.KF

Từ đó suy ra:

PH/(AC)= PH/(BD)= PH/(EF )

PK/(AC)= PK/(BD)= PK/(EF )

Điều trên chứng tỏ HK là trục đẳng phương chung cuả các đường tròn đường kính AC, BD, EF

Trở về bài toán Xét phép nghịch đảo cực O, phương tích k bất kỳ Ta có I(O, k) : A 7→ A0, B 7→

B0, C 7→ C0, D 7→ D0, X 7→ X0, Y 7→ Y0, Z 7→ Z0, T 7→ T0 Do đó (OAB) 7→ A0B0, (OBC) 7→ B0C0,(OAD) 7→ A0D0, (OCB) 7→ C0B0 Từ đó suy ra X0≡ A0B0∩ C0D0, Y0≡ A0D0∩ B0C0 Z0, T0 là giaocuả các đường tròn đường kính A0C0 và B0D0 Áp dùng bổ đề bên trên ta được X0, Y0, Z0, T0 đồngviên Từ đó dẫn đến X, Y, Z, T đồng viên hay thẳng hàng 

Các bài toán mà có nội dung yêu cầu chứng minh các điểm đồng viên hay thẳng hàng như bàitoán trên thì ý tưởng tự nhiên ban đầu cuả chúng ta khi tiếp cận bài toán là sử dụng phép nghịchđảo Đây chỉ là chỉ một nhận định chủ quan cuả riêng tác giả dựa trên một số kinh nghiệm giảitoán, bạn đọc có thể thấy việc dùng phép nghịch đảo trong các bài toán lại này là không cần thiết;

cụ thể là Bài toán 7 bên trên vẫn có thể giải được mà không dùng đến biến hình (Tham khảo lờigiải trong số 366/thánh 12/2007 tạp chí THTT)- biến đổi góc và xét các cặp tam giác đồng dạng -không hề dễ nghĩ! Song ý cuả tác giải muốn nói rằng qua "lăng kính" cuả phép nghịch đảo đã cho

ta một lời giả đẹp, tự nhiên, đậm tính lý thuyết và quan trọng là không biến đổi tính toán phức tạp.Bài toán 8 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu cuả

A, B, C lên BC, CA, AB Gọi H là trực tâm cuả 4ABC Giả sử A2, B2, C2lần lượt là giao điểm cuả

HA, HB, HC với B1C1, C1A1, A1B1 Gọi da, db, dc lần lượt là các đường thẳng qua A, B, C vuông

góc với B2C2, C2A2, A2B2 Chứng minh rằng da, db, dc đồng quy tại tâm đường tròn Euler cuả tamgiác ABC.

Lời giải

Nhận xét trước tiên cuả chúng ta khi tiếp cận bài toán là tính "đối xứng" cuả nó Do vậy ta cóthể chỉ tập trung vào việc chứng minh đường thẳng da đi qua tâm Euler cuả tam giác ABC sau đólập luận tương tự cho db, dc

Gọi Oa, Ob, Oclần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác 4BHC, 4CHA, 4AHB.Xét phép nghịch đảo cực A, phương tích k = AC1.AB = AH.AA1 = AB1.AC, khi ấy ta cóI(A, k) : B 7→ C1, B1 7→ C ⇒ BB1 7→ (ACC1), H 7→ A1 ⇒ C1A1 7→ (HBA) Từ đó suy raI(A, k) : B27→ B0, trong đó B0 là giao cuả 2 đường tròn (ACC1) và (HBA) Tương tự ta cũng có

C27→ C0 trong đó C0 là giao cuả (ABB1) và (HAC) Do vậy B2C27→ (AB0C0)

Gọi Ialà tâm cuả đường tròn ngoại tiếp 4AB0C0 Khi đó ta có Ia∈ da Mặt khác B2A1.B2C1=

B2B0.B2A = B2H.B2B; chứng tỏ rằng PB2/(Ia)= PB2/(BHC) Lập luận tương tự cho C2 Do vậy,nếu gọi X, Y lần lượt là giao điểm cuả đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB0C0 và BHC Ta

có ngay B2C2 ≡ XY Khi ấy I(A, k) : X 7→ X, Y 7→ Y Mặt khác H 7→ A, B 7→ C1, C 7→ B1;suy ra (HBC) 7→ (A1B1C1) ⇒ X, Y ∈ (A1B1C1) Dẫn đến (A1B1C1), (Ia), (BHC) là một chùmđường tròn Để ý rằng (A1B1C1) là đường tròn Euler cuả tam giác ABC Do vậy nếu gọi E làtâm cuả đường tròn Euler cuả 4ABC, ta thu được E , Ia, Oa thằng hàng Hơn thế nữa, IaEOa ⊥

Bài toán 9 (BMO 2007) Cho (O) là một đường tròn và A là điểm nằm ngoài (O) Gọi AB, AClần lượt là 2 tiếp tuyến từ A đến BC Cho D là giao điểm cuả OA và (O) Gọi X là hình chiếu từ

B lên CD Giả sử Y là trung điểm cuả BX và Z là giao điểm thứ hai cuả DZ and (O) Chứngminh rằng: ∠AZC = 90◦

Lời giải

Gọi M là trung điểm cuả BC Xét phép nghịch đảo cực O, phương tích k = R2, trong đó R làbán kính cuả (O) Ta có I(O, k) : A 7→ M , D 7→ D, Z 7→ Z Vì vậy I(O, k) : (ADZ) 7→ (M DZ)

Để ý rằng BD 7→ (OBD) qua I(O, k) Ta dự đoán rằng BD là tiếp tuyến tại D cuả (ADZ)

Thật vậy, vì D ≡ OA ∩ (O) ⇒ ∠DCO = ∠CDO = ∠DBO Do đó CD là tiếp tuyến tại D cuả(OBD), (1)

Ta có ZDCB là tứ giác nội tiếp ⇒ ∠Y ZB = ∠DCB ≡ ∠XCB Nhưng M, Y lần lượt là trungđiểm cuả BC, BX ⇒ M Y ||CX ⇒ ∠Y M B = ∠XCB Vì vậy ∠Y ZB = ∠Y M B Suy ra ZY BMnội tiếp ⇒ ∠ZM B = ∠XY D Mặt khác ∠DM B = ∠M Y X = 90◦⇒ ∠DMZ = ∠DY M = ∠XDY(CX||M Y ), điều này nói lên DX cũng là tiếp tuyến tại D cuả (DZM ), (2)

Từ (1), (2), ta suy ra CDX là tiếp tyến chung tại D cuả (DZM ) và (OBD) Khi ấy (DZM ) và(OBD) tiếp xúc chung nhau tại D Do đó BD là tiếp tuyến (ADZ) ⇒ ∠BDZ = ∠DAZ ≡ ∠M AZ.Mặt khác ∠BDZ = ∠BCZ Suy ra ∠M AZ = ∠BCZ ≡ ∠M CZ, điều này chứng tỏ AZM C nộitiếp đường tròn Lại có ∠AM C = 90◦ ⇒ ∠AZC = 90◦ 

Thật ra, một chứng minh đầy đủ cho bài toán bên trên phải bao gồm những hai trường hợp:Trường hợp D nằm trên cung nhỏ cuả BC và D nằm trên cung lớn cuả BC Lời giải trên cuả tácgiả chỉ xét trong trường D nằm trên cung nhỏ cuả BC Còn lời giải cho trường hợp còn lại chính

là lời giải cuả chính tác giả bài toán bên trên, phần chi tiết cuả chứng minh này xin dành cho bạn đọc.Bài toán 10 Gọi O và R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp 4ABC Gọi Z

và r lần lượt là tâm và bán kính cuả đường tròn nội tiếp 4ABC Giả sử K là trọng tâm cuả tamgiác tạo bở các điểm tiếp xúc cuả (Z) với các cạnh cuả tam giác ABC Chứng minh rằng Z ∈ OK

Gọi D, E, F lần lượt là điểm tiếp xúc cuả (Z) với lần lượt các cạnh BC, CA, AB Giải sử

Ma, Mb, Mc lần lượt là trung điểm các cạnh EF, F D, DE Xét phép nghịch đảo cực Z, phươngtích k = r2 Ta có I(Z, k) : D 7→ D, E 7→ E, F 7→ F và A 7→ Ma, B 7→ Mb, C 7→ Mc Do đóI(Z, k) : (ABC) 7→ (MaMbMc) Để ý rằng (MaMcMc) là đường tròn 9- điểm Euler cuả 4DEF Dovậy, nếu gọi O0 là tâm cuả đường tròn (MaMbMc) ⇒ O0, Z, O thẳng hàng Mặt khác O0 nằm trênđường thẳng Euler ZK cuả 4DEF Vì vậy O, Z, K thẳng hàng

Vì (MaMbMc) là ảnh cuả (ABC) qua phép nghịch đảo cực Z, phương tích k, do đó (MaMbMc)cũng là ảnh cuả (ABC) qua phép vị tự tâm Z, tỉ số k1= k

PZ/(O) =

r22Rr =

r2R ⇒ ZO

0

ZO =

r2R Mặtkhác, xét trong 4DEF , ta có 4DEF là ảnh cuả 4MaMbMcqua phép vị tự tâm K, tỉ số k2= −2,

có nhiều cách giải khác, song qua tư tưởng việc vận dụng mối liên hệ giữa phép nghịch đảo và vị tự

đã cho ta một cách nhìn sáng suả, tự nhiên khi tiếp cận vấn đề Bạn đọc sẽ gặp lại ý tưởng lời giảitrên qua một câu trong phần bài tập áp dụng

Ta kết thúc "chuyến đi" cuả chúng ta bằng một bài toán đi qua điểm cố định Qua bài toán cuốicùng này, bạn đọc sẽ thấy rằng phép nghịch đảo tỏ rất hữu hiệu cho các dạng toán loại này.Bài toán 11 Cho (O) đường kính AB Điểm I trên đoạn AB (khác A và B) Một đường thẳng

d thay đổi qua I cắt (O) tại P, Q (d không trùng vớ AB) Đường thẳng AP, AQ cắt tiếp tuyến m tại

M, N , trong đó m là tiếp tuyến tại B của (O) Chứng minh rằng (AM N ) đi qua điểm cố định thứhai, từ đó suy ra tâm của (AM N ) luôn nằm trên một đường cố định

Lời giảiXét phép nghịch đảo I(A, k), trong đó k = AB2, khi đó ta có I(A, k) : (O) 7→ m, do đó P 7→ M ,

Q 7→ N Như vậy d 7→ (AM N ) Mặt khác I 7→ I0 là điểm cố định, I ∈ d ⇒ I0 ∈ (AM N ) do đó(AM N ) luôn đi qua I0 cố định Vì (AM N ) đi qua 2 điểm cố định là A, I0 do đó tâm của (AM N )chạy trên trung trực của AI0 

is, of three points, is not interesting in this geometry We can in fact prove that it is always possible

to choose an inversion in such a way that three given points are mapped into three other given points,

so that from the point of view of conformal geometry all triangles are “congruent” This is clearlynot the case for quadrilaterals, since four points can either all lie on a circle, or not It is then nocoincidence that we will use inversion to prove certain properties of quadrilaterals: these are in facttheorems from conformal geometry."

IV - Bài tập áp dụng

Bài 1 a) Nếu (O, R), (I, r) thoả mãn hệ thức IO2= R2− 2Rr thì chúng là đường tròn ngoạitiếp, nội tiếp tương ứng của một tam giác nào đó

b) Nếu hai đường tròn (O, R), (I, r) thoả mãn IO2= R2+ 2Rr thì lần lượt , hai đường tròn đó

là các đường tròm ngoại tiếp và bàng tiếp của một tam giác nào đó

Bài 2 (Định lý Feurebach) Chứng minh rằng trong một tam giác thì đường tròn chín điểm Eulercủa tam giác ABC tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác và tiếp xúc lần lượt với các đường tròmbàng tiếp tam giác ABC

Bài 3 Cho tam giác ABC M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác, H là trực tâm của tamgiác Các đường thẳng qua H vuông góc với AM, BM, CM tại BC, CA, AB lần lượt tại A1, B1, C1.Chứng minh rằng: A1, B1, C1 thằng hàng

Bài 4 Cho tam giác ABC với điểm M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác Đường thẳng vuônggóc với M A, M B, M C tại M cắt BC, CA, AB tại các điểm A0, B0, C0 Chứng minh rằng: A0, B0, C0

thẳng hàng

Bài 5 Cho tam giác ABC có (I) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác Gọi A0, B0, C0 lần lượt

là các điểm tiếp xúc của (I) với BC, CA, AB Chứng minh rằng tâm của các đường tròn (AIA0),(BIB0), (CIC0) thằng hàng

Bài 6 Cho tam giác ABC cố định nội tiếp đường tròn (O) M, N là hai điểm chạy trên AB, ACsao cho khoảng cách giữa hai hình chiếu của M, N lên BC luôn bằng 1

2 BC Chứng minh rằng đườngtròn ngoại tiếp tam giác 4AM N luôn đi qua một điểm cố định khác A

Bài 7 Cho 4ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi A1, B1, C1lần lượt là hình chiếu của

A, B, C lên BC, CA, AB Gọi D là giao điểm thứ hai của AO và (O) Đặt M, N, P lần lượt là hìnhchiếu của D lên BB1, BC, CC1 AP cắt đường tròn đường kính AB tại P0, AM cắt đường trònđường kính AC tại M0 AN cắt đường tròn đường kính AH tại N0 Đường đối trung của 4AB1C1

cắt đường tròn đường kính AH tại Ia Chứng minh rằng: Ia, M0, N0, P0 đồng viên.

Bài 8 (CMO 2007) Cho 4ABC nhọn nội tiếp (I) và ngoại tiếp (O) Gọi A0, B0, C0 lần lượt

là điểm tiếp xúc của (I) với BC, CA, AB Gọi (Oa), (Ob), (Oc) là các đường tròn ngoại tiếp tiếptam giác AB0C0, BC0A0, CA0B0 lần lượt Giả sử A1là giao điểm thứ hai của (Oa) và (O), B1, C1định nghĩa tương tự Chứng minh rằng: A0A1, B0B1, C0C1 đồng quy Gọi N là điểm đồng quy này.Chứng minh N nằm trên đường thẳng Euler của tam giác A0B0C0

Bài 9 (China TST 2009) Cho 4ABC và một điểm D nằm trên cạnh BC thoả mãn ∠CAD =

∠CBA Một đường tròn (O) đi qua B, C cắt cạnh AB, AD một lần nữa lần lượt tại E, F Gọi G làgiao điểm của BF và DE Giả sử M là trung điểm của AG Chứng minh rằng: CM ⊥ AG.Bài 10 (Serbia TST 2009) Cho k là đường tròn nột tiếp tam giác ABC không cân với tâm là

S k tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R Gọi M là giao điểm của QR và BC Một đườngtròn đi qua B, C tiếp xúc với k tại N Đường tròn ngoại tiếp tam giác 4M N P cắt AP tại điểm thửhai là L Chứng minh rằng S, L, M thẳng hàng

Bài 11 (III AMP Olympiad, pro.2) Cho 4ABC với trực tâm H Gọi D là chân đường cao từ

B xuống AC và E là điểm đối xứng của A qua D Đường tròn ngoại tiếp 4EBC cắt đường trungtuyến từ A của 4ABC tại F Chứng minh rằng: A, D, H, F đồng viên

Bài 12 (Iran Geometry exam 2004) Cho 4ABC nội tiếp đường tròn tâm (O) Gọi A1, B1, C1

là giao điểm của các tiếp tuyến từ A, B, C đến (O) lần lượt Gọi A3, B3, C3 là trung điểm của

BC, CA, AB lần lượt Đường thẳng vuông góc từ A3 đến AO cắt tiếp tuyến từ A1 của (O) tại Xa

Xb, Xc định nghĩa tương tự Chứng minh rằng: Xa, Xb, Xc thẳng hàng

Bài 13 (Chọn đội tuyển PTNK 2009) Cho đường thẳng d cố định, A là một điểm cố định nằmngoài d A0 là hình chiếu của A trên d B, C là hai điểm thuộc d sao cho A0B.A0C = const (B, Ckhác phía với A) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A0 lên AB, AC Tiếp tuyến tại M, N củađường tròn đường kính AA0 cắt nhau ở K Chứng minh rằng K nằm một trên đường cố định.Bài 14 (Đề đề nghị Olympic truyền thống 30/4) Cho đường tròn (O, R) tiếp xúc với d tại H

cố định M, N là hai điểm di động trên d sao cho HM HN = −k < 0, k = cosnt Từ M, N vẽ haitiếp tuyến M A, N B tới (O) Chứng minh rằng: AB luôn đi qua điểm cố định

Bài 15 (Đề đề nghị Olympic truyền thống 30/4- 2008) Cho tam giác ABC có đường trungtuyến AM , đường cao BD, CE Giả sử P là giao điểm của DE và AM Giả sử AM = BC

√ 3

2 Chứngminh rằng P là trung điểm của AM

Bài 16 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Gọi A0, B0, C0lần lượt là hình chiếu cuả A, B, Ctrên BC, CA, AB tương ứng Giải sử A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm thứ hai cuả các đường trònngoại tiếp các tam giác 4AB0C0, 4BC0A0 và 4CA0B0 với (O) A2, B2, C2 lần lượt là giao điểmthứ hai cuả các trung tuyến kẻ tứ A, B, C đến (O) Chứng minh rằng A2A1, B2B1, C2C1 đồng quy

Tài liệu tham khảo

[1] Thi vô địch Toán quốc tế - IMO từ năm 1974- 2006, Lê Hải Châu, Nhà Xuất Bản Trẻ.[2] Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 11, Trần Văn Tấn, Nhà Xuất Bản Giáo Dục.[3] Các phép biến hình trong mặt phẳng, Nguyễn Mộng Hy, Nhà Xuất Bản Giáo dục

[4] Trang web diễn đàn toán học MathLinks - http://mathlinks.ro.

[5] Topics in Elementary Geometry, Bottema O., Springer 2008

Applying R, r, p − method in some hard problems

Tran Quang Hung, Hanoi National University1

Introduction

In this article we will use R, r, p - method to prove some inequalities in triangle

Given triangle ABC, we denote by a, b, c the sides, semiperimeter p, circumradius R, inradius r,centroid G, incenter I, orthocenter H, we have following famous formulas:

ab + bc + ca = p2+ r2+ 4Rr

a2+ b2+ c2= 2(p2− r2− 4Rr)

OI2= R2− 2Rr ⇒ R ≥ 2r, this formula is well-known as Euler’s

9IG2= p2− 16Rr + 5r2⇒ p2≥ 16Rr − 5r2, this inequality is well-known as Gerretsen’s

The inequality equivalent to

sin2A + sin2B + sin2C ≥ (cos A + cos B + cos C)2Let H be orthocenter of triangle ABC, we have HA = 2R cos A, HB = 2R cos B, HC = 2R cos Cand by law of sine a = 2R sin A, b = 2R sin B, c = 2R sin C we need to prove

Lemma 2 Let ABC be acute triangle such that π

4 ≤ min{A, B, C} ≤ max{A, B, C} ≤π

2, provethat

p2≤ 3R2+ 7Rr + r2Proof

Using the indentities of R, r, p

cos A + cos B + cos C = R + r

rcos A cos B cos C = p

2− 4R2− 4Rr − r2

4R2

The inequality is equivalent to

3(cos A + cos B + cos C) ≥ 4 + 4 cos A cos B cos C

4 cos A(1 + cosB − C

Problem 1 Let ABC be a triangle with area S, prove that

First at all, we will say something about these inequalities,

We will prove that

Xb2c2(p − b)(p − c)(a + b)(a + c) ≥ S2= p2r2

(r − 8R)p2+ r3+ 10r2R + 32R2r + 32R3≥ 0 ⇔ p2≤ r

3+ 10r2R + 32R2r + 32R3

8R − r

but using inequality p2≤ 4R2+ 4Rr + 3r2, we only must show

(A0B0+ B0C0+ C0A0)2≤ 3(B0C02+ C0A02+ A0B02) ≤ p2

⇔ p(A0B0C0) ≤1

4p(ABC)Problem 3 (Proposed by Ji chen) Let ABC be a triangle, ra, rb, rc are exradius, prove that

r2

a2 +r

2 b

b2 +r

2 c

c2 −9

4 =(256rR3+ 16r3R + 96R2r2+ 256R4+ r4) + (2r2− 68R2)p2+ p4

16p2R2

Note that This inequality is form of famous inequality Iran 96 as following

Xr2

a2 =X

p2tan2A

216R2sin2A

2 cos

2A2

= 116

Xsin A

2



cos4A2





=

cos2A

2 cos

2B

2 cos

2C2





cos4A2

So it is equivalent to

Xcos2B

2 cos

2C2cos2A2

This is stronger than Iran 96 inequality

Problem 4 (Proposed by Jack Garfunkel, problem 825 Crux Math.) Let ABC be a triangle,prove that

Using the indentities of R, r, p we have

p2

M O2=2(r − 2R)p

2+ R(4R + r)2(4R + r)2

From M O2≥ 0 we easily seen p2≤R(4R + r)

2

2(2R − r) .Note that p2≤ R(4R + r)

2

2(2R − r) ≤ 4R2+ 4Rr + 3r2, where the second inequality is equivalent to

3r2(R − 2r)2(2R − r) ≥ 0Problem 5 Let ABC be a triangle prove that

sinA

2 + sin

B

2 + sin

C2



Proof

First at all we will prove the following inequality for acute triangle

sin A + sin B + sin C ≥ √2

3(cos A + cos B + cos C)

which is true, so we are done

After that we introduce here the solution by Jack Garfunkel himseft,

We note that sinA

2 ≤ 1 + 10YsinA

2

3 http://mathworld.wolfram.com/Mittenpunkt.html

4 http://mathworld.wolfram.com/BarycentricCoordinates.html

So me must prove that

sin A + sin B + sin C ≥ √2

3(2R2+ 8Rr + 3r2) ≥ 4R2+ 20Rr + 25r2⇔ (R − 2r)(4R + r) ≥ 0which is true, so we are done

Now we apply

sin A + sin B + sin C ≥ √2

3(cos A + cos B + cos C)

2 , we obtain our problem.

Problem 6 (Proposed by Virgil Nicula on Mathlinks.ro) Let ABC be three side of an acutetriangle prove that

b + c − a =

a2(p − a) =

2R

r sin

2A2Now we can write the inequality as

X

r

r2R

1sinA2



sin2A2

sinA

2 sin

B2

+ 2XsinA

2 ≥9

2 ⇔

XsinB

2 sin

C2





≥ 92Now need to prove the inequality

Xcos B cos C

for triangle ABC such that π

2 ≥ max{A, B, C} ≥ min{A, B, C} ≥ π

4, indeed, write it in R, r, p,note that

Xcos B cos C = p

⇔ 10R2r2+ 72R3r + r4+ 88R4+ (−26R2+ 2r2)p2+ p4≥ 0Note that in triangle ABC such that π

2 ≥ max{A, B, C} ≥ min{A, B, C} ≥ π

4 then we haveGarfunkel’s Lemma p2≤ 3R2+ 7Rr + r2, the above inequality equivalent to

(r2+ 8Rr + 19R2)(R − 2r)2+ (48r2+ 66r(R − 2r) + 20(R − 2r)2)(3R2+ 7Rr + r2− p2)

+(p2− 3R2− 7Rr − r2)2≥ 0Which is true, so we are done

Note that There are some nice equivalent form of this problem, let I be incenter of ABC

≥ 6

rR2r ⇔ IA + IB + IC ≥ 3√2RrProblem 7 (Proposed by Jack Garfunkel, Crux Math.) Prove in acute triangle ABC we have



Proof

First at all we will prove the inequality in triangle such ABC that π

2 ≥ max{A, B, C} ≥min{A, B, C} ≥ π

4:

sin A + sin B + sin C ≥ √4

3(1 + cos A cos B cos C)

It is equivalent to

p

R ≥√43

p2− 4Rr − r2

4R2 ⇔ 3R2p2≤ (p2− 4Rr − r2)2

⇔ (16R2r2+ r4+ 8r3R) + (−2r2− 8Rr − 3R2)p2+ p4≥ 0Which is true, so we are done

References

[1] Crux Mathematicorum, vol 10 - 1984, Canadian Mathematical Society

[2] Crux Mathematicorum, vol 12 - 1986, Canadian Mathematical Society

[3] Dragoslav S Mitrinovic , J Pecaric,V Volenec, Recent Advances in Geometric Inequalities,Kluwer Academic Publishers, 1989

Các phương pháp tính tích phân

Nguyễn Văn Vinh, Đại học Tổng hợp Quốc gia Belarus

Trong số trước chúng ta đã làm quen với một số kĩ thuật tính tích phân suy rộng, tích phân hàmphần nguyên, phần lẻ, như phép biến đổi Laplace, Fourier hay khai triển tích phân thành chuỗi.Trong bài viết này chúng ta sẽ tìm hiểu thêm một vài phương pháp khác mà chủ yếu là phươngpháp tích phân tham số, đây là một trong những phương pháp hết sức cơ bản nhưng hiệu quả khi

ta áp dụng giải toán, bên cạnh đó là ứng dụng của hàm Gamma, Beta để tính tích phân

I - Phương pháp tích phân tham số

Về các tính chất của loại tích phân này hầu hết các giáo trình giải tích điều đã có, nên khôngxét lại ở đây Trong số các tính chất thì có hai tính chất khá quen thuộc mà ta hay áp dụng là viphân và tích phân của tích phân chứa tham số Chúng ta cũng chủ yếu xoay quanh hai tính chấtnày và một số các chú ý nhỏ khác để thu được kết quả Điều kiện để tồn tại tích phân trong từngthí dụ không phức tạp xin bỏ qua, các bạn tự kiểm tra

Trước tiên ta xem xét ứng dụng tính chất đạo hàm của tích phân chứa tham số Chúng ta bắtđầu bằng một ví dụ đơn giản

Lời giải Khi áp dụng tính chất đạo hàm thì ta cần chú ý có hai con đường để áp dụng, chúng ta

có thể xuất phát từ một tích phân đơn giản đã biết và sau đó vi phân liên tục theo biến mà ta cần

để thu được kết quả, nhưng đôi lúc ta lại làm theo chiều ngược lại là đạo hàm tích phân cần tínhtheo biến thích hợp để thu được tích phân đơn giản hơn, bài này của chúng ta áp dụng kĩ thuật thứnhất

ddm

Lời giải Ta đạo hàm I(λ) theo λ thu được

I (λ) =

√π

Lời giải Ta thấy tích phân cần tính chứa hai tham số khác nhau nên để tính chúng ta cũng tiếnhành đạo hàm theo cả hai tham số và thu được

Lời giải Bằng một số phép đổi biến và chia miền tích phân bội đã cho ta thu được

Trong một số trường hợp tích phân cần tính khó mà lại không chứa tham số thì ta cần linh hoạtthêm các tham số phù hợp đảm bảo tính hội tụ của tích phân như ví dụ ở trên sẽ giúp ta tính toánkhá đơn giản

I0(a) = −1

1 + a2

Ở trên chúng ta đã xem xét một số ví dụ ứng dụng phép đạo hàm tích phân tham số Tiếp theo

ta sẽ xem qua một số kĩ thuật của phép tích phân các tích phân tham số

Lời giải Ta thấy tích phân vế trái là tích phân phụ thuộc hai tham số, để giải phương trình tíchphân Abel ta cần tác động thêm một tích phân theo tham số nữa của hàm vế trái.

Nhân hai vế của phương trình đã cho với ds

(x−s) 1−α và chuyển hai tham số trong tích phân vế tráithành α, s và tích phân cả hai vế theo s từ 0 → x ta thu được

x

Z

0

ds(x − s)1−α

s

Z

0

φ(t)(s − t)αdt =

x

Z

0

f (s)(x − s)1−αdsBiến đổi vế trái ta thu được

x

Z

0

f (s)(x − s)1−αds

Từ đó ta có nghiệm của phương trình Abel là

Vì vấn đề khá lớn nên nếu có dịp sẽ trở lại trong một bài viết riêng về “Tích phân Eliptic”

Lời giải Bằng một số biến đổi cơ bản tích phân phần lẻ ta chuyển tích phân cần tính về dạng

1(e1+m− 1) (1 + m)−

1(m + 1)2Tuy nhiên trong một số bài toán đòi hỏi ta có biến đổi linh hoạt để thu được biều diễn của hàmGamma